Deplacement Et Antideplacement [PDF]

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Déplacement –antidéplacement L’essentiel Définition On appelle déplacement toute isométrie qui conserve les mesures des angles orientés On appelle antidéplacement toute isométrie qui change les mesures des angles orientés en leurs opposées Théorème - Une symétrie orthogonale change les mesures des angles orientés en leurs opposées - La composée d’un nombre pair de symétries orthogonales conserve les mesures des angles orientés - La composée d’un nombre impair de symétries orthogonales change les mesures des angles orientés en leurs opposée Isométrie Nature Identité du plan Déplacement Rotation Déplacement Translation Déplacement Symétrie orthogonale Antidéplacement Symétrie glissante Antidéplacement Théorème - La composée de deux déplacements est un déplacement - La composée de deux antidéplacements est un déplacement - La composée d’un déplacement et un antidéplacement est un antidéplacement - La réciproque d’un déplacement est un déplacement - La réciproque d’un antidéplacement est un antidéplacement Théorème Soit A, B, C et D des points du plan tels que 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷 et 𝐴 ≠ 𝐵 alors - Il existe un unique déplacement qui envoie A sur C et B sur D - Il existe un unique antidéplacement qui envoie A sur C et B sur D Remarque Si [𝐴𝐵] et [𝐶𝐷 ] sont deux segments isométriques alors il existe exactement quatre isométries qui envoie [𝐴𝐵] sur [𝐶𝐷 ] - Un unique déplacement qui envoie A sur C et B sur D - Un unique déplacement qui envoie A sur D et B sur C - Un unique antidéplacement qui envoie A sur C et B sur D - Un unique antidéplacement qui envoie A sur D et B sur C Conséquences - Deux déplacements qui coïncident sur deux points sont égaux - Deux antidéplacements qui coïncident sur deux points sont égaux Théorème Un déplacement 𝑓 est parfaitement déterminé par la donnée de deux points distincts A et B et ⃗⃗⃗⃗⃗̂ leurs images A’ et B’. L’angle 𝜃 de 𝑓 est une mesure de (𝐴𝐵 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴′𝐵′) Conséquences - Un déplacement d’angle nul est une translation - Un déplacement d’angle 𝜃 non nul est une rotation d’angle 𝜃 Théorème La composée de deux déplacements d’angles 𝜃 et 𝜃′ est un déplacement d’angle 𝜃 + 𝜃′

La réciproque d’un déplacement d’angle 𝜃 est un déplacement d’angle (−𝜃 ) Théorème La composée d’une translation et une rotation d’angle 𝜃 est une rotation d’angle 𝜃 La composée de deux rotations d’angles 𝜃 et 𝜃′ est - Une rotation d’angle 𝜃 + 𝜃′si 𝜃 + 𝜃′ ≠ 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ Z - Une translation si 𝜃 + 𝜃 ′ = 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ Z Caractérisation d’un déplacement Soit A, B, C et D quatre points du plan tels que 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷 et 𝐴𝐵 ≠ 0 𝑓 (𝐴 ) = 𝐶 On se propose de déterminer l’unique déplacement 𝑓 tels que{ 𝑓 (𝐵 ) = 𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗̂ ⃗⃗⃗⃗⃗ ) [2𝜋] Soit 𝜃 une mesure de l’angle de 𝑓 alors 𝜃 ≡ (𝐴𝐵 , 𝐶𝐷 Si 𝜃 = 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ Z →

→

→

Alors 𝑓est une translation de vecteur 𝑢 et comme 𝑓 (𝐴) = 𝐶 alors 𝑢 = 𝐴𝐶 Si 𝜃 ≠ 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ Z Alors 𝑓 est une rotation d’angle 𝜃 et de centre 𝐼 Si les droites (𝐴𝐶 ) et (𝐵𝐷 ) ne sont pas parallèles alors 𝐼 est intersection des médiatrices des segments [𝐴𝐶 ] et [𝐵𝐷 ] - Si les droites (𝐴𝐶 ) et (𝐵𝐷 ) sont parallèles alors 𝐼 est intersection des droites (𝐴𝐵) et(𝐶𝐷 ) Caractérisation d’un antidéplacement Soit A, B, C et D quatre points du plan tels que 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷 et 𝐴𝐵 ≠ 0 𝑓 (𝐴 ) = 𝐶 On se propose de déterminer l’unique antidéplacement 𝑓 tels que{ 𝑓 (𝐵 ) = 𝐷 Si les segments les segments [𝐴𝐶 ] et [𝐵𝐷 ] ont la même médiatrice 𝛥 Alors 𝑓 = 𝑆𝛥 comme est tant deux antidéplacements qui coïncides suivant deux points distincts Si non → Alors 𝑓est une symétrie glissante de vecteur 𝑢 et d’axe 𝛥 Soit 𝐼 et 𝐽 les milieux respectifs de [𝐴𝐶 ] et [𝐵𝐷 ] - Si 𝐼 ≠ 𝐽 alors 𝛥 = (𝐼𝐽) et comme 𝑓(𝐴) = 𝐶 donc 𝑡→𝑢 ∘ 𝑆(𝐼𝐽) (𝐴) = 𝐶 →

→

Si de plus 𝑆(𝐼𝐽) (𝐴) = 𝐸 ainsi 𝑡→𝑢 (𝐸) = 𝐶 d’où 𝑢 = 𝐸𝐶 Si 𝐼 = 𝐽 on essaye de déterminer un autre point de 𝛥 ou on cherche a caractériser l’une des isométries 𝑓𝑜𝑆(𝐴𝐵) ou 𝑆(𝐶𝐷) ∘ 𝑓 →

→

Si B est le milieu [𝐴𝐶 ] alors 𝐵 ∈ 𝛥 et comme 𝑓 (𝐵) = 𝐷 donc 𝑢 = 𝐵𝐷 et 𝛥 = (𝐵𝐷 ) 𝑓 (𝐴 ) = 𝐶 Cas particuliers si 𝐵 = 𝐶 c’est-à-dire { 𝑓 (𝐶 ) = 𝐷 Alors 𝑓 est une symétrie glissante car 𝑓 ∘ 𝑓 (𝐴) = 𝐷 et 𝐴 ≠ 𝐷 → 𝑓 ∘ 𝑓 = 𝑡2𝑢→ → → 1 → - { donc 2𝑢 = 𝐴𝐷 alors 𝑢 = 2 𝐴𝐷 𝑓 ∘ 𝑓 (𝐴 ) = 𝐷 -

-

→

𝛥 est la droite passante par 𝐼 et de vecteur directeur 𝑢

Théorème → →

Le plan est rapporté à un repère orthonormé (O, 𝑖 , 𝑗 ) Soit f l’application du plan dans lui-même qui à tout point M d’affixe z associe le point M’d’affixe z’ Alors f est un déplacement si et seulement si il existe deux nombres complexes a et b tel que 𝑧′ = 𝑎𝑧 + 𝑏 et |𝑎| = 1 Dans ce cas →

Si 𝑎 = 1 alors f est une translation de vecteur 𝑢 d’affixe b Si 𝑎 ≠ 1 alors f est la rotation de centre 𝜔 d’affixe

𝑏 1−𝑎

et d’angle 𝜃 ≡ arg(𝑎)[2𝜋]

Remarque →

1) La translation de vecteur 𝑢 d’affixe 𝑏 à pour écriture complexe 𝑧′ = 𝑧 + 𝑏 2) La rotation de centre 𝛺 d’affixe 𝜔 et d’angle 𝜃 à pour écriture complexe 𝑧 ′ − 𝜔 = 𝑒 𝑖𝜃 (𝑧 − 𝜔)

Comprendre Exercice1

→

→

𝜋

Soit ABCD un rectangle de centre O tel que (𝐴𝐵 , 𝐴𝐷 ) ≡ [2𝜋] 2 1) Déterminer les isométries qui transforment le segment [𝐴𝐷] en le segment [𝐵𝐶] 2) Déterminer les isométries qui transforment le triangle ADB en le triangle BCD

Correction 𝐴𝐷 = 𝐵𝐶 1) On a { alors il existe 𝐴𝐷 ≠ 0

𝑓(𝐴) = 𝐵 Un unique déplacement f tel que { 𝑓(𝐷) = 𝐶 𝑔(𝐴) = 𝐶 Un unique déplacement g tel que { 𝑔(𝐷) = 𝐵 ℎ(𝐴) = 𝐵 Un unique antidéplacement h tel que { ℎ(𝐷) = 𝐶 𝑘(𝐴) = 𝐶 Un unique antidéplacement k tel que { 𝑘(𝐷) = 𝐵 → ̂→ Soit 𝜃 une mesure de l’angle de f alors 𝜃 ≡ (𝐴𝐷′ 𝐵𝐶 ) ≡ 0[2𝜋] donc 𝑓 = 𝑡→ et comme 𝑓(𝐴) = 𝐶 alors 𝑢 →

→

𝑢 = 𝐴𝐶 ainsi 𝑓 = 𝑡 →

𝐴𝐶

→ ̂→ Soit 𝜃′ une mesure de l’angle de g alors 𝜃′ ≡ (𝐴𝐷′ 𝐶𝐵) ≡ 𝜋[2𝜋] donc 𝑔 est une symétrie centrale

Et comme 𝑔(𝐴) = 𝐶 et O est le milieu de [𝐴𝐶] alors 𝑔 = 𝑆𝑂 On a[𝐴𝐵] et [𝐷𝐶] on la même médiatrice 𝛥 donc ℎ = 𝑆𝛥 ( deux antidéplacements qui coïncident suivant deux points distincts ) On a [𝐴𝐶] et [𝐵𝐷] n’ont pas la même médiatrice donc k est une symétrie glissante Soit 𝜑 = 𝑘 ∘ 𝑆(𝐴𝐷) 𝜑 est un déplacement (la composée de deux antidéplacements) Et comme 𝜑(𝐴) = 𝑔(𝐴) = 𝐶 et 𝜑(𝐷) = 𝑔(𝐷) = 𝐵 donc 𝜑 = 𝑔 comme étant deux déplacements qui coïncident suivant deux points distincts et par suite 𝑘 = 𝑆0 ∘ 𝑆(𝐴𝐷) = 𝑆(𝑂𝐼) ∘ 𝑆(𝑂𝐽) ∘ 𝑆(𝐴𝐷) = 𝑆(𝑂𝐼) ∘ 𝑡 → = 𝑆(𝑂𝐼) ∘ 𝑡 → →

2𝐷𝐽

𝐷𝐶 →

or 𝐷𝐶 est un vecteur directeur de (𝑂𝐼) donc (0𝐼) est l’axe de k et 𝐷𝐶 est le vecteur de k

2) Soit 𝜓 une isométrie qui transforment le triangle ADB en le triangle BCD alors 𝜓([𝐴𝐷]) = [𝐵𝐶] Car 𝜓 conserve les distances ainsi 𝜓(𝐵) = 𝐷 𝜓([𝐴𝐷]) = [𝐵𝐶] donc 𝜓 = 𝑓 ou 𝜓 = 𝑔 ou 𝜓 = ℎ ou 𝜓 = 𝑘 Et comme (𝐵) ≠ 𝐷 , 𝑔(𝐵) = 𝐷 , ℎ(𝐵) = 𝐴 ≠ 𝐷 et 𝑘(𝐵) ≠ 𝐷 alors g est l’unique isométrie qui transforment le triangle ADB en le triangle BCD

Exercice2 → →

Le plan est rapporté a un repère orthonormé direct (O, 𝑖 , 𝑗 ). On considéré les points 𝜋

3

√3

𝐴(𝑎 = 1) , 𝐵 (𝑏 = 𝑒 𝑖 3 ) et 𝐶 (𝑐 = + 𝑖 ) 2 2 1) Montrer que OACB est un losange 2) Soit f l’application du plan dans lui-même qui n’a tout point 2𝜋

3

√3

𝑀(𝑧) Associe le point 𝑀′(𝑧′) tel que 𝑧′ = 𝑒 −𝑖 3 𝑧 + + 𝑖 2 2 Et Soit g l’application du plan dans lui-même qui n’a tout point 2𝜋

3

√3

𝑀(𝑧) associe le point 𝑀′(𝑧′) tel que 𝑧′ = 𝑒 −𝑖 3 𝑧̅ + + 𝑖 2 2 a. Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de f → ̂→ b. Donner une mesure de (𝐴𝑂, 𝐴𝐵) puis déduire la droite 𝛥 tel que 𝑓 = 𝑆𝛥 ∘ 𝑆(𝐴𝑂) c. Montrer que 𝑔 = 𝑓 ∘ 𝑆(𝐴𝑂) . En déduire la nature et les éléments caractéristiques de g

Correction

→

𝐴𝑓𝑓 (0𝐴) = 1.

→

→

1) On a { donc 𝑂𝐴 = 𝐵𝐶 et comme 0, 𝐴 𝑒𝑡 𝐵 ne sont → 3 1 √3 √3 𝐴𝑓𝑓 (𝐵𝐶 ) = 𝑧𝐶 − 𝑧𝐵 = + 𝑖 − − 𝑖 = 1 2 2 2 2 𝑂𝐴 = |𝑧𝐴 | = 1 pas alignés et { donc OABC est un losange 𝑂𝐵 = |𝑧𝐵 | = 1 𝜋

2)a. 𝑧′ est de la forme 𝑎𝑧 + 𝑏 avec {

𝑎 = 𝑒 −𝑖 3 3 2

𝑏 = +𝑖

Donc f est la rotation de centre 𝐼 d’affixe

𝑏 1−𝑎

. |𝑎| = 1 et 𝑎 ≠ 1

√3 2

=

3 √3 +𝑖 2 2 1 √3 1+ +𝑖 2 2

𝜋 3

= 1 et d’angle 𝜃 ≡ arg(𝑎) ≡ − [2𝜋]

2𝜋

Ainsi f est la rotation de centre A et d’angle − 3 → 𝜋 ̂→ 𝑧 −𝑧 1 𝜋 √3 b. (𝐴𝑂 , 𝐴𝐵) ≡ arg ( 𝐵 𝐴) ≡ 𝑎𝑟𝑔 (1 − 𝑒 𝑖 3 ) ≡ arg (( − 𝑖 )) ≡ − [2𝜋] 𝑧0 −𝑧𝐴

On a {

2

2

3

(𝐴𝑂) ∩ (𝐴𝐵) = {𝐴} → ̂→ donc 𝑆(𝐴𝐵) ∘ 𝑆(𝐴𝑂) = 𝑅(𝐴,−2𝜋) = 𝑓 𝜋 (𝐴𝑂, 𝐴𝐵) ≡ − [2𝜋] 3 3

→

c. Remarquons que (𝑂𝐴) = (O, 𝑖 ) Soit 𝑀(𝑧) un point du plan 𝑀1 (𝑧1 ) = 𝑆

→

(O, 𝑖 )

(𝑀) et 𝑀′(𝑧′) = 𝑓(𝑀1 )

𝑧1 = 𝑧̅ 2𝜋 3 √3 −𝑖 2𝜋 On a { 3 √3donc ′ = 𝑒 3 𝑧̅ + 2 + 𝑖 2 . alors 𝑔 = 𝑓 ∘ 𝑆(𝐴𝑂) . −𝑖 3 z′ = 𝑒 𝑧+ +𝑖 2 2 Donc 𝑔 = 𝑆AB ∘ 𝑆(𝑂𝐴) ∘ 𝑆(𝑂𝐴) = 𝑆(𝐴𝐵)

Exercice3 Le plan complexe est rapporté au repère orthonormé direct. On place, dans ce repère, les points A d’affixe 1, B d’affixe 𝑏 où 𝑏 est un nombre complexe dont la partie imaginaire est strictement positive. On construit à l’extérieur du triangle 𝑂𝐴𝐵, les carrés directs 𝑂𝐷𝐶𝐴 et 𝑂𝐵𝐸𝐹 comme indiqué sur la figure ci-contre. 1) Déterminer les affixes c et d des points C et D. 2) On note 𝑟 la rotation de centre O et d’angle.

𝜋 2

a. Déterminer l’écriture complexe de 𝑟. b. En déduire que l’affixe f du point F est 𝑖𝑏. c. Déterminer l’affixe e du point E. 3) On appelle G le point tel que le quadrilatère 𝑂𝐹𝐺𝐷 soit un parallélogramme. Démontrer que l’affixe g du point G est égale à 𝑖(𝑏 − 1). 4) Démontrer que

𝑒−𝑔 𝑐−𝑔

= 𝑖 et en déduire que le triangle EGC est rectangle et isocèle

Correction 1) 𝑐 = 1 − 𝑖 et 𝑑 = −𝑖 2) a. 𝑟 est l’application du plan dans lui-même qui a tout point M d’affixe z associe le point M’ d’affixe z’ 𝜋

tel que 𝑧 ′ − 𝑧𝑂 = 𝑒 𝑖 2 (𝑧 − 𝑧𝑂 ) donc 𝑧 ′ = 𝑖𝑧 𝑂𝐵 = 𝑂𝐹 b. OBEF est un carre alors { ⃗⃗⃗⃗⃗̂ ⃗⃗⃗⃗⃗ ) ≡ 𝜋 [2𝜋] donc 𝑟(𝐵) = 𝐹 ainsi 𝑧𝑓 = 𝑖𝑧𝐵 d’où 𝑓 = 𝑖𝑏 (𝑂𝐵, 𝑂𝐹 2

⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐹 ⃗⃗⃗⃗⃗ donc 𝑒 = 𝑏 + 𝑓 = 𝑏(1 + 𝑖) c. OBEF est un carre alors 𝑂𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐹 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ donc 𝑔 = 𝑓 + 𝑑 = 𝑖𝑏 − 𝑖 = 𝑖(𝑏 − 1) 3) 𝑂𝐹𝐺𝐷 est un parallélogramme alors 𝑂𝐺 4)

𝑒−𝑔 𝑐−𝑔

=

𝑏(1+𝑖)−𝑖(𝑏−1) 1−𝑖−𝑖𝑏+𝑖

=

𝑏+𝑖 1−𝑖𝑏

=

𝑖(1−𝑖𝑏) 1−𝑖𝑏

𝜋

= 𝑖 donc 𝑒 − 𝑔 = 𝑖(𝑐 − 𝑔) = 𝑒 𝑖 2 (𝑐 − 𝑔)

𝐺𝐶 = 𝐺𝐸 Alors 𝑟(𝐺,𝜋) (𝐶) = 𝐸 ainsi{ ⃗⃗⃗⃗⃗̂ ⃗⃗⃗⃗⃗ ) ≡ 𝜋 [2𝜋] et par suite le triangle EGC est rectangle et isocèle (𝐺𝐶 , 𝐺𝐸 2 2

S’entrainer Exercice4 → →

Le plan est rapporté a un repère orthonormé direct (O, 𝑖 , 𝑗 ).Soit f l’application du plan dans lui même 𝑥′ = 1 − 𝑦 Qui n’a tout point 𝑀(𝑥, 𝑦) associe le point 𝑀′(𝑥′, 𝑦′) tel que { ′ 𝑦 =1+𝑥 1) Caractériser f 2) Soit = 𝑓 ∘ 𝑆 → . (0, 𝑖 )

a. Déterminer l’expression complexe de g b. Montrer que g est une symétrie glissante que l’on caractérisera

Exercice 5 Le plan est orienté dans le sens direct .Soit ABC un triangle équilatéral tel que π ⃗⃗⃗⃗⃗̂ (AB , ⃗⃗⃗⃗⃗ AC) ≡ [2π] et 𝒞 son cercle circonscrit .Soit I le milieu de [AC] , On désigne par R la 3

rotation de centre B et d’angle

π 3

1) Construire le point E = R(A) puis montrer que ACBE est un losange 2) La perpendiculaire à (BC) passant par B coupe (AE) en J, montrer que R(I) = J ̂ \{A , B} et soit N la point de [CM] tel que AM = CN 3) Soit M un point de l’arc orienté AB a) Montrer que R(N) = M b) Vérifier que MA + MB = MC 4)La droite (BI) recoupe le cercle 𝒞 en D .Soit F = SC (B) a) Montrer qu’il existe un unique déplacement f qui transforme C en A et F en B b) Caractériser f 5) Montrer que les points A , D et F sont alignés.

S’approfondir Exercice6 → →

Le plan est rapporté a un repère orthonormé direct (O, 𝑖 , 𝑗 ).Soit f l’application du plan dans lui même 𝑥′ = 1 − 𝑦 Qui n’a tout point 𝑀(𝑥, 𝑦) associe le point 𝑀′(𝑥′, 𝑦′) tel que { ′ 𝑦 =1+𝑥 1) Caractériser f 2) Soit = 𝑓 ∘ 𝑆 → . (0, 𝑖 )

a. Déterminer l’expression complexe de g b. Montrer que g est une symétrie glissante que l’on caractérisera

Exercice 7 Le plan est orienté dans le sens direct. Soit ABCD un carré direct de centre O, E = SD (C), I le milieu [AD] , J le milieu [AE] Et k le milieu [AB] 1) a) Montrer qu’il existe un unique déplacement f qui transforme E en C et D en B.

b) Caractériser f 2) On pose g = t ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ BA o f . Déterminer g(D) et g(E) puis caractériser g 3) Soit Ψ = fog . Déterminer Ψ(E) puis caractériser Ψ 4) Soit h = S(OK) og a) Déterminer h(D) et h(E) puis montrer que h est une symétrie glissante b) Déterminer les éléments caractéristiques de h 5) On pose φ = S(BD) of −1 a) Vérifier que f −1 = S(AE) oS(AD) b) Montrer que φ est une symétrie glissante dont on donnera la forme réduite c) Déterminer l’ensemble des points M du plan tels que φ(M) = f −1 (M)

Exercice 8 Le plan est orienté dans le sens direct. Soit ABCD un carré direct de centre O, E = SA (B) , F = SD (A) , I le milieu [AD] , J le milieu [DF] et, K le milieu [AE] 1) a) Montrer qu’il existe un unique déplacement f qui transforme E en B et 𝐴 en 𝐶. b) Caractériser f 2) a)On pose g = SC o f . Déterminer g(A) puis caractériser g b) Soit h = f −1 og . Déterminer ℎ(A) puis caractériser ℎ c) Montrer qu’il existe un unique point M tel que g(M) = f(M) 3) Ψ l’antidéplacement tel que 𝜓(B) = D et 𝜓(D) = E. Montrer que Ψ est une symétrie glissante dont on donnera la forme réduite 4) Soit φ l’antidéplacement tel que : φ(E) = C et φ(D) = F Montrer que φ est une symétrie glissante dont on donnera la forme réduite 5) Caractériser 𝜑 ∘ 𝜓

Exercice 9 Sur la figure ci-contre ABCD est un parallélogramme de centre 𝜔 Les triangles 𝐴𝐵𝑂1, 𝐵𝐶𝑂2 ,𝐶𝐷𝑂3 et 𝐷𝐴𝑂4 sont des triangles rectangles isocèles directs de sommets principaux 𝑂1 , 𝑂2 , 𝑂3 et 𝑂4 On désigne par 𝑅1 , 𝑅2 , 𝑅3 et 𝑅4 les rotations d’angle

𝜋 2

et de centres respectifs 𝑂1 , 𝑂2 , 𝑂3 et 𝑂4 1) a. Déterminer 𝑅2 ∘ 𝑅1 (𝐴) , 𝑅3 ∘ 𝑅2 (𝐵) et 𝑅4 ∘ 𝑅3 (𝐶) b. Montrer que les trois isométries 𝑅2 ∘ 𝑅1 , 𝑅3 ∘ 𝑅2 et 𝑅4 ∘ 𝑅3 sont égale à une isométrie f que l’on caractérisera. 2) a. Montrer que 𝑅3 ∘ 𝑅2 (𝑂1 ) = 𝑅2 (𝑂1 ) et déterminer 𝑓(𝑂1 )

b. Montrer que 𝑓(𝑂2 ) = 𝑂4 puis déduire la nature du quadrilatère 𝑂1 𝑂2 𝑂3 𝑂4 3) Soit 𝛥 la médiatrice de [𝐴𝐵]. On pose 𝑔 = 𝑅2 ∘ 𝑆𝛥 a. Déterminer 𝑔(𝐴) et 𝑔(𝑂1 ). b. Montrer que g est une symétrie glissante c. Construire ′ = 𝑔(𝜔) . Déterminer les éléments caractéristiques de g

Exercice 10 →

→

𝜋 2

Soit ABC un triangle rectangle en C tel que (𝐶𝐴 , 𝐶𝐵) ≡ [2𝜋] et soit r la rotation de centre A et d’angle

𝜋 2

. On désigne par 𝐸 = 𝑟 −1 (𝐵), 𝐷 = 𝑟(𝐶) et I le milieu de [𝐷𝐶]

1)a. Montrer qu’il existe un unique déplacement f tel que 𝑓(𝐴) = 𝐷 et 𝑓(𝐶) = 𝐴 b. Préciser la nature et les éléments caractéristiques de f 2) Soit 𝑔 = 𝑓𝑜𝑟 a. Montrer que g est une translation b. Soit 𝐹 = 𝑔(𝐸). Montrer que 𝑓(𝐵) = 𝐹 et en déduire la nature du triangle 𝐵𝐼𝐹 c. Montrer que les points 𝐶, 𝐴 et 𝐹 sont alignés 3) Soit 𝐺 = 𝑡 → (𝐼) 𝐴𝐷

a. Montrer qu’il existe un unique antidéplacement 𝜑 tel que 𝜑(𝐶) = 𝐷 et 𝜑(𝐼) = 𝐺 b. Montrer que 𝜑 est une symétrie glissante dont on précisera l’axe et le vecteur

Exercice 11 Le plan est orienté dans le sens direct →

→

𝜋

Soit ABCD un losange de centre O tel que (𝐴𝐵 , 𝐴𝐷 ) ≡ [2𝜋] 3

𝐼 et 𝐽 sont les milieux respectifs de [𝐴𝐵] et [𝐴𝐷] 1) a. Montrer qu’il existe un unique antidéplacement f tel que 𝑓(𝐴) = 𝐵 et 𝑓(𝐵) = 𝐷 b. Caractériser f c. Déterminer l’image du triangle ABD par f 2) Soit S un antidéplacement qui transforme l’ensemble {𝐴, 𝐵, 𝐷} en {𝐵, 𝐶, 𝐷} et tel que 𝑆(𝐴) = 𝐶 a. Déterminer l’image du segment [𝐵𝐷] par S b. En déduire que S est la symétrie orthogonale d’axe (𝐵𝐷) 3) Soit g un antidéplacement qui transforme l’ensemble {𝐴, 𝐵, 𝐷} en {𝐵, 𝐶, 𝐷} et tel que 𝑔(𝐴) = 𝐷 a. Montrer que 𝑔(𝐷) = 𝐵 b. Caractériser g

Correction des exercices

Correction4 Soit 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 et 𝑧′ = 𝑥′ + 𝑖𝑦′ 1) On a 𝑧 ′ = 1 − 𝑦 + 𝑖(1 + 𝑥) = 1 + 𝑖 + 𝑖(𝑥 + 𝑖𝑦) = 1 + 𝑖 + 𝑖𝑧 𝑎=𝑖 𝑧′ est de la forme 𝑎𝑧 + 𝑏 avec { . |𝑎| = 1 et 𝑎 ≠ 1 𝑏 =1+𝑖 𝑏 1+𝑖 𝜋 Donc f est la rotation de centre 𝐼 d’affixe = = 𝑖 et d’angle 𝜃 ≡ arg(𝑎) ≡ [2𝜋] 1−𝑎 1−𝑖 2 2)a. Soit 𝑀(𝑧) un point du plan 𝑀1 (𝑧1 ) = 𝑆 → (𝑀) et 𝑀′(𝑧′) = 𝑓(𝑀1 ) (O, 𝑖 )

𝑧1 = 𝑧̅ On a { donc 𝑧′ = 𝑖𝑧̅ + 1 + 𝑖 alors g est l’application du plan dans lui-même qui a tout z′ = 𝑖𝑧1 + 1 + 𝑖 point M d’affixe z associe le point M’d’affixe z’ tel que 𝑧′ = 𝑖𝑧̅ + 1 + 𝑖 b. g est un antidéplacement (la composée d’un déplacement et d’un antidéplacement ) Soit 𝑔(𝑂) = 𝑂1 et 𝑔(𝑂1 ) = 𝑂2 donc 𝑧𝑂1 = 1 + 𝑖 et 𝑧𝑂2 = 𝑖(1 − 𝑖) + 1 + 𝑖 = 2 + 2𝑖 →

𝑔 ∘ 𝑔(𝑂) = 02 et 𝑂 ≠ 𝑂2 alors g est une symétrie glissante de vecteur 𝑢 et d’axe 𝛥 → 𝑔𝑜𝑔 = 𝑡2𝑢→ → → D’une part { alors 2𝑢 = 𝑂𝑂2 donc 𝐴𝑓𝑓 (𝑢 ) = 1 + 𝑖 𝑔 ∘ 𝑔(𝑂) = 𝑂2 D’autre part 𝑔(𝑂) = 𝑂1 donc 𝐼 le milieu de [𝑂𝑂1 ] appartient à 𝛥 ainsi 𝛥 est la droite passant par 𝐼 → 1 1 1 Et de vecteur directeur 𝑢 ( ) alors 𝛥: 𝑥 − 𝑦 + 𝑐 = 0 et comme 𝐼 ( , ) ∈ 𝛥 donc 𝑐 = 0 2 2 1 Ainsi 𝛥: 𝑦 = 𝑥

Correction5 𝐵𝐴 = 𝐵𝐸 1) 𝑅(𝐴) = 𝐸 donc {

→ ̂→

𝜋 3

(𝐵𝐴, 𝐵𝐸 ) ≡ [2𝜋]

alors le triangle ABE est équilatéral ainsi 𝐴𝐵 = 𝐴𝐸 = 𝐵𝐸

Et comme le triangle ABC est équilatéral donc 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 = 𝐵𝐶 et par suite 𝐴𝐵 = 𝐴𝐸 = 𝐵𝐸 = 𝐵𝐶 Il en résulte 𝐴𝐶𝐵𝐸 est un losange 2) Le triangle ABE est équilatéral et (𝐵𝐽) ⊥ (𝐴𝐸) car (𝐵𝐽) ⊥ (𝐵𝐶) { alors 𝐽 est le milieu de [𝐴𝐸] (𝐵𝐶)//(𝐴𝐸) Et comme 𝐼 est le milieu de [𝐴𝐶] et 𝑅([𝐴𝐶]) = [𝐴𝐸] donc 𝑅(𝐼) = 𝐽 car une rotation conserve les milieux 3)a. Soit 𝑅(𝑁) = 𝑁′ 𝐶𝑁 = 𝐴𝑁′ 𝑅(𝐶) = 𝐴 On a { donc { →̂→ 𝜋 𝑅(𝑁) = 𝑁′ (𝐶𝑁 , 𝐴𝑁′) ≡ [2𝜋] 3

Et comme D’une part 𝐶𝑁 = 𝐴𝑀

→̂→ →̂→ →̂→ → ̂→ 𝜋 D’autre part (𝐶𝑁, 𝐴𝑀) ≡ (𝐶𝑀, 𝐴𝑀) ≡ (𝑀𝐶 , 𝑀𝐴) ≡ (𝐵𝐶 , 𝐵𝐴) ≡ [2𝜋] 3

⌒

Car M et B appartiennent à 𝐴𝐶 Ainsi {

𝐴𝑁′ = 𝐴𝑀 →̂→ il en résulte 𝑁′ = 𝑀 (𝐶𝑁 , 𝐴𝑁′) ≡ (𝐶𝑁, 𝐴𝑀) [2𝜋] →̂→

𝐵𝑁 = 𝐵𝑀

b. 𝑅(𝑁) = 𝑀 donc {

→̂→

𝜋 3

(𝐵𝑁, 𝐵𝑀) ≡ [2𝜋]

alors le triangle BNM est équilatéral donc 𝐵𝑀 = 𝑀𝑁

Et comme 𝑁 ∈ [𝑀𝐶] donc 𝑀𝐶 = 𝑀𝑁 + 𝑁𝐶 = 𝐴𝑀 + 𝐵𝑀 𝐵𝐶 = 𝐶𝐹 4)a. On a { donc 𝐶𝐹 = 𝐴𝐵 or 𝐴𝐵 ≠ 0 alors il existe un unique déplacement f tel que 𝐵𝐶 = 𝐴𝐵 𝑓(𝐹) = 𝐵 et 𝑓(𝐶) = 𝐴 → → → ̂ ̂→ 2𝜋 b. Soit 𝜃 une mesure de l’angle de f alors 𝜃 ≡ (𝐶𝐹′ 𝐴𝐵) ≡ 𝜋 + (𝐵𝐶′ 𝐵𝐴) ≡ − [2𝜋] 3

𝜃 ≠ 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ Z alors f est une rotation d’angle − Et comme 𝑓(𝐶) = 𝐴 et {

2𝜋 3

𝐷𝐶 = 𝐷𝐴 𝑐𝑎𝑟 𝐷 ∈ (𝐵𝐼) 𝑙𝑎 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎𝑡𝑟𝑖𝑐𝑒 𝑑𝑒 [𝐴𝐶] → → ̂→ ̂→ 2𝜋 (𝐷𝐶 , 𝐷𝐴) ≡ 𝜋 + (𝐵𝐶 , 𝐵𝐴) ≡ − [2𝜋] 3

alors D est le centre de f 5) D’un part on a 𝐶 est le milieu de [𝐹𝐵] et 𝐶𝐴 = 𝐶𝐵 = 𝐶𝐹 donc le triangle ABF est rectangle en A D’autre part le triangle ABD est inscrit dans 𝒞 et [𝐵𝐷] est un diamètre donc ABD est rectangle en A ainsi les points A,D et F sont alignes

Correction6 Soit 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 et 𝑧′ = 𝑥′ + 𝑖𝑦′ 1) On a 𝑧 ′ = 1 − 𝑦 + 𝑖(1 + 𝑥) = 1 + 𝑖 + 𝑖(𝑥 + 𝑖𝑦) = 1 + 𝑖 + 𝑖𝑧 𝑎=𝑖 𝑧′ est de la forme 𝑎𝑧 + 𝑏 avec { . |𝑎| = 1 et 𝑎 ≠ 1 𝑏 =1+𝑖 𝑏 1+𝑖 𝜋 Donc f est la rotation de centre 𝐼 d’affixe = = 𝑖 et d’angle 𝜃 ≡ arg(𝑎) ≡ [2𝜋] 1−𝑎 1−𝑖 2 2)a. Soit 𝑀(𝑧) un point du plan 𝑀1 (𝑧1 ) = 𝑆 → (𝑀) et 𝑀′(𝑧′) = 𝑓(𝑀1 ) (O, 𝑖 )

𝑧1 = 𝑧̅ On a { donc 𝑧′ = 𝑖𝑧̅ + 1 + 𝑖 alors g est l’application du plan dans lui-même qui a tout z′ = 𝑖𝑧1 + 1 + 𝑖 point M d’affixe z associe le point M’d’affixe z’ tel que 𝑧′ = 𝑖𝑧̅ + 1 + 𝑖 b. g est un antidéplacement (la composée d’un déplacement et d’un antidéplacement ) Soit 𝑔(𝑂) = 𝑂1 et 𝑔(𝑂1 ) = 𝑂2 donc 𝑧𝑂1 = 1 + 𝑖 et 𝑧𝑂2 = 𝑖(1 − 𝑖) + 1 + 𝑖 = 2 + 2𝑖 →

𝑔 ∘ 𝑔(𝑂) = 02 et 𝑂 ≠ 𝑂2 alors g est une symétrie glissante de vecteur 𝑢 et d’axe 𝛥 → 𝑔𝑜𝑔 = 𝑡2𝑢→ → → D’une part { alors 2𝑢 = 𝑂𝑂2 donc 𝐴𝑓𝑓 (𝑢 ) = 1 + 𝑖 𝑔 ∘ 𝑔(𝑂) = 𝑂2 D’autre part 𝑔(𝑂) = 𝑂1 donc 𝐼 le milieu de [𝑂𝑂1 ] appartient à 𝛥 ainsi 𝛥 est la droite passant par 𝐼 → 1 1 1 Et de vecteur directeur 𝑢 ( ) alors 𝛥: 𝑥 − 𝑦 + 𝑐 = 0 et comme 𝐼 ( , ) ∈ 𝛥 donc 𝑐 = 0 2 2 1

Ainsi 𝛥: 𝑦 = 𝑥

Correction7 𝐸𝐷 = 𝐷𝐶 1)a. On a { donc 𝐸𝐷 = 𝐶𝐵 et comme 𝐶𝐵 ≠ 0 alors il existe un unique déplacement f 𝐶𝐵 = 𝐷𝐶 tel que 𝑓(𝐸) = 𝐶 et 𝑓(𝐷) = 𝐵 b. Soit 𝜃 une mesure de l’angle de f alors → → ̂→ ̂→ 𝜋 𝜋 𝜃 ≡ (𝐸𝐷′ 𝐶𝐵 ) ≡ 𝜋 + (𝐶𝐷′ 𝐶𝐵 ) ≡ − [2𝜋] 𝜃 ≠ 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ Z alors f est une rotation d’angle 2

2

Soit 𝜔 le centre de f (𝐴𝐷) est la médiatrice de [𝐸𝐶] et (𝐴𝐶) est la médiatrice de [𝐵𝐷] Donc 𝜔 ∈ (𝐴𝐷) ∩ (𝐴𝐶) alors 𝜔 = 𝐴 ainsi 𝑓 = 𝑟(𝐴,−𝜋) 2

𝑓(𝐷) = 𝐵 2) On a {𝑡 → (𝐵) = 𝐴 donc 𝑔(𝐷) = 𝐴 𝐵𝐴

𝑓(𝐸) = 𝐶. {

→

→

𝑡 → (𝐶) = 𝐷 𝑐𝑎𝑟 𝐴𝐵𝐶𝐷 𝑒𝑠𝑡 𝑢𝑛 𝑐𝑎𝑟𝑟𝑒 𝑎𝑙𝑜𝑟𝑠 𝐶𝐷 = 𝐴𝐵

donc 𝑔(𝐸) = 𝐷

𝐵𝐴

g est la composée de deux déplacements donc g est un déplacement d’angle 𝜋 2

𝜋 2

𝜃 ′ ≡ − + 0 ≡ − [2𝜋] .Alors g est une rotation d’angle −

𝜋 2

Soit 𝜔′ le centre de g 𝑔 ∘ 𝑔 = 𝑆𝜔′ { donc 𝜔′ est le milieu de [𝐴𝐸] ainsi 𝑔 = 𝑟(𝐽,−𝜋) 𝑔 ∘ 𝑔(𝐸) = 𝐴 2 𝑔(𝐸) = 𝐷 3) { donc 𝜓(𝐸) = 𝐵 𝑓(𝐷) = 𝐵 𝜓 est la composée de deux déplacements donc 𝜓 est un déplacement d’angle 𝜋 2

𝜋 2

𝜃 ′′ ≡ − − ≡ 𝜋[2𝜋].Alors 𝜓 est une symétrie centrale Soit 𝜔′′ le centre de 𝜓 comme 𝜓(𝐸) = 𝐵 alors 𝜔′′ est le milieu de [𝐸𝐵] →

→

→ → = 𝐷𝐶 donc 𝐸𝐷 On a {𝐸𝐷 = 𝐴𝐵 et comme 𝐼 est le milieu de [𝐴𝐷] donc 𝐼 est le milieu de [𝐸𝐵] → → 𝐷𝐶 = 𝐴𝐵

Ainsi 𝜓 = 𝑆𝐼 𝐾 𝑒𝑠𝑡 𝑙𝑒 𝑚𝑖𝑙𝑖𝑒𝑢 𝑑𝑒[𝐴𝐵] 4) a. On a { donc (𝑂𝐾) est la médiatrice de [𝐴𝐵] alors 𝑆(𝑂𝐾) (𝐴) = 𝐵 𝑂𝐴 = 𝑂𝐵 𝑔(𝐷) = 𝐴 { donc ℎ(𝐷) = 𝐵 𝑆(𝑂𝐾) (𝐴) = 𝐵

On a ABCD est un carré et (𝑂𝐾) est la médiatrice de [𝐴𝐵] alors (𝑂𝐾) est la médiatrice de [𝐷𝐶] {

𝑔(𝐸) = 𝐷 donc ℎ(𝐸) = 𝐶 𝑆(𝑂𝐾) (𝐷) = 𝐶

h est la composée d’un déplacement et un antidéplacement don h est un antidéplacement supposons que ℎ = 𝑆𝛥 alors 𝛥 est la médiatrice de [𝐷𝐵] et [𝐸𝐶] donc (𝐷𝐵)//(𝐸𝐶) absurde Ainsi h est une symétrie glissante . Soit ℎ = 𝑡→ ∘ 𝑆𝛥 = 𝑆𝛥 ∘ 𝑡→ 𝑢 𝑢 →

→ ℎ(𝐸) = 𝐶. b. { donc 𝐷 ∈ 𝛥 et comme ℎ(𝐷) = 𝐵 alors { 𝑢 = 𝐷𝐵 𝐷 𝑒𝑠𝑡 𝑙𝑒 𝑚𝑖𝑙𝑖𝑒𝑢 𝑑𝑒 [𝐸𝐶] 𝛥 = (𝐷𝐵)

(𝐴𝐸) ∩ (𝐴𝐷) = {𝐴} 𝜋 5) a. { →̂→ donc S(AE) ∘ S(AD) = 𝑟 (𝐴, ) = 𝑓 −1 𝜋 2 (𝐴𝐷 , A𝐸 ) ≡ [2𝜋] 4

b. 𝜑 = 𝑆(𝐵𝐷) ∘ S(AE) ∘ S(AD) = 𝑡 → ∘ 𝑆(𝐴𝐷) 𝐴𝐶

(𝐴𝐸)//(𝐷𝐵) car { 𝐴 ∈ (𝐴𝐸). donc 𝑆(𝐵𝐷) ∘ S(AE) = 𝑡 → = 𝑡 → 2𝐴𝑂 𝐴𝐶 𝑂 𝑒𝑠𝑡 𝑙𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑗𝑒𝑡𝑒 𝑜𝑟𝑡ℎ𝑜𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝐴 𝑠𝑢𝑟 (𝐷𝐵) Alors 𝜑 = 𝑡 → ∘ 𝑡 → ∘ 𝑆(𝐴𝐷) = 𝑡 𝐴𝐷 →

𝐷𝐶

→

𝐴𝐷

∘ 𝑆(𝑂𝐾) car 𝑡 → = 𝑆(0𝑘) ∘ 𝑆(𝐴𝐷) 𝐷𝐶

→

Et comme 𝐴𝐷 est un vecteur directeur de (𝑂𝐾) alors 𝐴𝐷 est le vecteur de 𝜑 et (𝑂𝐾) son axe c. Soit E l’ensemble des points M du plan tel que 𝜑(𝑀) = 𝑓 −1 (𝑀) 𝑀 ∈ 𝐸 ⇔ 𝜑(𝑀) = 𝑓 −1 (𝑀) ⇔ S(BD) ∘ f −1 (𝑀) = 𝑓 −1 (𝑀) ⇔ 𝑓 −1 (𝑀) ∈ (𝐵𝐷) ⇔ 𝑀 ∈ 𝑓(𝐵𝐷) F est une rotation d’angle −

𝜋 2

et 𝑓(𝐷) = 𝐵 alors 𝑓(𝐵𝐷) est la droite 𝛥 qui passe par B et

perpendiculaire à (𝐵𝐷) ainsi 𝐸 = 𝛥

Correction8 𝐸𝐴 = 𝐴𝐵 1) a. On a { donc 𝐸𝐴 = 𝐶𝐵 et comme 𝐶𝐵 = 𝐴𝐵 𝐶𝐵 ≠ 0 alors il existe un unique déplacement f tel que 𝑓(𝐸) = 𝐵 et 𝑓(𝐴) = 𝐶 b. Soit 𝜃 une mesure de l’angle de f alors 𝜃 ≡ → → ̂→ ̂→ 𝜋 (𝐸𝐴′ 𝐵𝐶 ) ≡ 𝜋 + (𝐵𝐴′ 𝐵𝐶 ) ≡ [2𝜋] 2

𝜃 ≠ 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ Z alors f est une rotation d’angle

𝜋 2

Soit 𝜔 le centre de f

(𝐴𝐷) est la médiatrice de [𝐸𝐵] et (𝐷𝐵) est la médiatrice de [𝐴𝐶] Donc 𝜔 ∈ (𝐴𝐷) ∩ (𝐵𝐷) alors 𝜔 = 𝐷 ainsi 𝑓 = 𝑟(𝐷,𝜋) 2

𝑓(𝐴) = 𝐶 2)a. { donc 𝑔(𝐴) = 𝐶 𝑆𝐶 (𝐶) = 𝐶 𝜋

𝑔 est la composée de deux déplacements donc 𝑔 est un déplacement d’angle 𝜃 ′ ≡ 𝜋 + ≡ 2

𝜋 − [2𝜋] 2

Alors 𝑔 est une rotation d’angle −

𝜋 2

𝐵𝐴 = 𝐵𝐶 On a 𝑔(𝐴) = 𝐶 et {

→ ̂→

𝜋 2

(𝐵𝐴, 𝐵𝐶 ) ≡ − [2𝜋]

𝜋 2

donc B est le centre de g ainsi 𝑔 = 𝑟 (𝐵, − )

𝑔(𝐴) = 𝐶 b. On a { −1 donc ℎ(𝐴) = 𝐴 𝑓 (𝑐) = 𝐴 𝜋 2

ℎ est la composée de deux déplacements donc ℎ est un déplacement d’angle 𝜃 ′′ ≡ − − 𝜋 2

≡ 𝜋[2𝜋] Alors ℎ est une symétrie centrale et comme ℎ(𝐴) = 𝐴 donc ℎ = 𝑆𝐴

c. Soit M un point du plan tel que 𝑔(𝑀) = 𝑓(𝑀) ⇔ 𝑓 −1 ∘ 𝑔(𝑀) = 𝑀 ⇔ 𝑆𝐴 (𝑀) = 𝑀 ⇔ 𝑀 = 𝐴 3) 𝜓 ∘ 𝜓(𝐵) = 𝐸 et 𝐵 ≠ 𝐸 donc 𝜓 est une symétrie glissante. Soit 𝜓 = 𝑡→ ∘ 𝑆𝛥 = 𝑆𝛥 ∘ 𝑡→ 𝑢 𝑢 → → 𝜓 ∘ 𝜓(𝐵) = 𝐸 → → D’une part { 𝜓 ∘ 𝜓 = 𝑡 → donc 2𝑢 = 𝐵𝐸 alors 𝑢 = 𝐵𝐴 2𝑢

D’autre part 𝜓(𝐵) = 𝐷 et O est le milieu de [𝐵𝐷] donc 𝑂 ∈ 𝛥 alors 𝛥 est la droite passant →

par O et de vecteur directeur 𝐵𝐴 ainsi 𝛥 = (𝑂𝐼) en effet dans le triangle ABD on a O est le milieu de [𝐵𝐷] →

→

et 𝐼 est le milieu de [𝐴𝐷] donc 𝐴𝐵 = 2𝐼𝑂 4)

supposons que 𝜑 = 𝑆𝛥 alors 𝛥 est la médiatrice de [𝐷𝐹] et [𝐸𝐶] donc (𝐷𝐹)//(𝐸𝐶)

absurde Ainsi 𝜑 est une symétrie glissante. Soit 𝜑 = 𝑡→ ∘ 𝑆𝛥 = 𝑆𝛥 ∘ 𝑡→ 𝑢 𝑢 D’une part →

→

→ → = 𝐴𝐵 donc 𝐸𝐴 On a {𝐸𝐴 = 𝐷𝐶 et comme 𝐼 est le milieu de [𝐴𝐷] donc 𝐼 est le milieu de [𝐸𝐶] → → 𝐷𝐶 = 𝐴𝐵

Or 𝜑(𝐸) = 𝐶 donc 𝐼 ∈ 𝛥 𝜑(𝐷) = 𝐹 et 𝐽 est le milieu de [𝐷𝐹] alors 𝐽 ∈ 𝛥 ainsi 𝛥 = (𝐼𝐽) D’autre part → → 𝐷 ∈ (𝐼𝐽) { alors 𝑢 = 𝐷𝐹 𝜑(𝐷) = 𝐹

5) 𝜑 ∘ 𝜓 est un déplacement (la composée de deux antidéplacement )

→

→

→ → → ̂→ 𝜑 𝜓(𝐵) = 𝐹 = 𝐴𝐷 donc 𝐷𝐹 { ∘ Alors l’angle de 𝜑 ∘ 𝜓 est (𝐵𝐷 , 𝐹𝐶 ) ≡ 𝜋[2𝜋] car {𝐷𝐹 = 𝐵𝐶 → → 𝜑∘ 𝜓(𝐷) = 𝐶 𝐴𝐷 = 𝐵𝐶

Ainsi 𝜑 ∘ 𝜓 est une symétrie centrale et comme 𝜑∘ 𝜓(𝐷) = 𝐶 alors 𝛺 le milieu de [𝐷𝐶] est le centre de 𝜑∘ 𝜓

Correction9 𝑂1 𝐴 = →̂→

01 𝐵

𝑂2 𝐵 = →̂→

02 𝐶

1)a. On a { donc 𝑅1 (𝐴) = 𝐵 et donc 𝑅2 (𝐵) = 𝐶 𝜋 𝜋 (𝑂1 𝐴, 𝑂1 𝐵 ) ≡ [2𝜋] (𝑂2 𝐵 , 𝑂2 𝐶 ) ≡ [2𝜋] 2

2

Ainsi 𝑅2 ∘ 𝑅1 (𝐴) = 𝐶 de même on prouve que 𝑅3 ∘ 𝑅2 (𝐵) = 𝐶et 𝑅4 ∘ 𝑅3 (𝐶) = 𝐴 b. 𝑅𝑖 ∘ 𝑅𝑗 et la composée de deux rotations d’angles

𝜋 2

𝜋 2

𝜋 2

et comme + ≡ 𝜋[2𝜋] donc 𝑅𝑖 ∘ 𝑅𝑗

est une symétrie centrale pour tout 𝑖 et 𝑗 de {1,2,3,4} Or 𝑅2 ∘ 𝑅1 (𝐴) = 𝐶 et 𝜔 est le milieu de [𝐴𝐶] donc 𝑅2 ∘ 𝑅1 = 𝑆𝜔 de même on prouve que 𝑅3 ∘ 𝑅2 = 𝑆𝜔 et 𝑅4 ∘ 𝑅3 = 𝑆𝜔 2) a. 𝑅3 ∘ 𝑅2 (𝑂1 ) = 𝑅2 ∘ 𝑅1 (𝑂1 ) = 𝑅2 (𝑂1 ) donc 𝑅3 (𝑅2 (𝑂1 )) = 𝑅2 (𝑂1 ) alors 𝑅2 (𝑂1 ) = 𝑂3 car 𝑂3 est l’unique point invariant par 𝑅3 ainsi 𝑓(𝑂1 ) = 𝑅3 ∘ 𝑅2 (𝑂1 ) = 𝑅2 (𝑂1 ) = 𝑂3 b.𝑅4 ∘ 𝑅3 (𝑂2 ) = 𝑅3 ∘ 𝑅2 (𝑂2 ) = 𝑅3 (𝑂1 ) donc 𝑅4 (𝑅3 (𝑂2 )) = 𝑅3 (𝑂2 ) alors 𝑅3 (𝑂2 ) = 𝑂4 car 𝑂4 est l’unique point invariant par 𝑅4 ainsi 𝑓(𝑂2 ) = 𝑅4 ∘ 𝑅3 (𝑂2 ) = 𝑅3 (𝑂2 ) = 𝑂4 c. D’une part 𝑓(𝑂1 ) = 𝑂3 donc 𝜔 est le milieu de [𝑂1 𝑂3 ] D’autre part 𝑓(𝑂2 ) = 𝑂4 donc 𝜔 est le milieu de [𝑂2 𝑂4 ] alors 𝑂1 𝑂2 𝑂3 𝑂4 est un parallélogramme 𝜋 ̂ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ D’autre part 𝑅2 (𝑂1 ) = 𝑂3 donc (𝑂 2 𝑂1 , 𝑂2 𝑂3 ) ≡ [2𝜋] et par suite 𝑂1 𝑂2 𝑂3 𝑂4 est un 2

rectangle 3) a. 𝑔(𝐴) = 𝐶 et 𝑔(𝑂1 ) = 𝑂3 b. supposons que 𝑔 = 𝑆𝛥 alors 𝛥 est la médiatrice de [𝐴𝐶] et [𝑂1 𝑂3 ] donc (𝑂1 𝑂3 )//(𝐴𝐶) absurde Ainsi 𝑔 est une symétrie glissante. c. Soit 𝑔 = 𝑡→ ∘ 𝑆𝛥 = 𝑆𝛥 ∘ 𝑡→ 𝑢 𝑢 𝑔(𝐴) = 𝐶 et 𝜔 est le milieu de [𝐶𝐴] donc 𝜔 ∈ 𝛥 et comme 𝜑(𝜔) = 𝜔′ →

→

alors 𝑢 = 𝜔𝜔′ et 𝛥 = (𝜔𝜔′)

Correction10

1)a. On a 𝐴𝐶 = 𝐴𝐷 et 𝐴𝐷 ≠ 0 alors il existe un unique déplacement f tel que 𝑓(𝐴) = 𝐷 et 𝑓(𝐶) = 𝐴 b. Soit 𝜃 une mesure de l’angle de f alors → → ̂→ ̂→ 𝜋 𝜃 ≡ (𝐴𝐶′ 𝐷𝐴) ≡ 𝜋 + (𝐴𝐶′ 𝐴𝐷 ) ≡ − [2𝜋] 2

𝜃 ≠ 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ Z alors f est une rotation d’angle −

𝜋 2

Soit 𝜔 le centre de f On a 𝑓 ∘ 𝑓 est une rotation d’angle 𝜋 donc 𝑓 ∘ 𝑓 = 𝑆𝜔 et comme 𝑓 ∘ 𝑓(𝐶) = 𝐷 alors 𝜔 est le milieu de [𝐶𝐷] 𝜋 2

ainsi 𝜔 = 𝐼 il en résulte f est la rotation d’angle − et de centre 𝐼 3) a. 𝑔 est la composée de deux déplacements donc 𝑔 est un déplacement d’angle 𝜋 2

−

𝜋 2

≡ 0[2𝜋]Alors 𝑔 est une translation et comme 𝑔(𝐴) = 𝐷 donc 𝑔 = 𝑡

→

𝐴𝐷

b. 𝑔(𝐸) = 𝐹 donc 𝑓 ∘ 𝑟(𝐸) = 𝐹 or 𝑟(𝐸) = 𝐵 alors 𝑓(𝐵) = 𝐸 → → → → ̂→ ̂→ 𝑓(𝐶) = 𝐴 𝜋 𝜋 c. On a { donc (𝐶𝐵 , 𝐴𝐹 ) ≡ − [2𝜋] et comme (𝐶𝐵 , 𝐶𝐴) ≡ − [2𝜋] alors 𝐶𝐴 et 𝐴𝐹 2 2 𝑓(𝐵) = 𝐹

sont colinéaires ainsi les points C,A et F sont alignés 3) D’une part le triangle ADC est rectangle en A et I est le milieu de [𝐷𝐶] donc 𝐶𝐼 = 𝐴𝐼 →

→

→

→

D’autre part 𝐴𝐷 = 𝐼𝐺 donc 𝐴𝐼 = 𝐷𝐺 ainsi 𝐴𝐼 = 𝐷𝐺 Il en résulte 𝐶𝐼 = 𝐷𝐺 et comme 𝐶𝐼 ≠ 0 alors il existe un unique antidéplacement 𝜑 tel que 𝜑(𝐶) = 𝐷 et 𝜑(𝐼) = 𝐺 b. supposons que 𝜑 = 𝑆𝛥 alors 𝛥 est la médiatrice de [𝐶𝐷] et [𝐼𝐺] donc (𝐷𝐶)//(𝐼𝐺) absurde Ainsi 𝜑 est une symétrie glissante. Soit 𝜑 = 𝑡→ ∘ 𝑆𝛥 = 𝑆𝛥 ∘ 𝑡→ 𝑢 𝑢 →

→

𝜑(𝐶) = 𝐷 et 𝐼 est le milieu de [𝐶𝐷] donc 𝐼 ∈ 𝛥 et comme 𝜑(𝐼) = 𝐺 alors 𝑢 = 𝐼𝐺 et 𝛥 = (𝐼𝐺)

Correction11 𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 1)a. On a { → → 𝜋 Donc ABD est un triangle (𝐴𝐵, 𝐴𝐷 ) ≡ [2𝜋] 3

équilatéral alors 𝐴𝐵 = 𝐵𝐷 et comme 𝐴𝐵 ≠ 0 Alors il existe un unique antidéplacement f tel que 𝑓(𝐴) = 𝐵 et 𝑓(𝐵) = 𝐷 b.

𝑓 ∘ 𝑓(𝐴) = 𝐷 et 𝐴 ≠ 𝐷 donc f est une symétrie glissante.

Soit 𝑓 = 𝑡→ ∘ 𝑆𝛥 = 𝑆𝛥 ∘ 𝑡→ 𝑢 𝑢 → → 𝑓 ∘ 𝑓 = 𝑡2𝑢→ → → 1 → { alors 2𝑢 = 𝐴𝐷 donc 𝑢 = 𝐴𝐷 = 𝐴𝐽 2 𝑓 ∘ 𝑓(𝐴) = 𝐷

D’une part 𝑓(𝐴) = 𝐵 et 𝐼 est le milieu de [𝐴𝐵] donc 𝐼 ∈ 𝛥 D’autre part 𝑓(𝐵) = 𝐷 et 𝑂 est le milieu de [𝐵𝐷] donc 𝑂 ∈ 𝛥 Ainsi 𝛥 = (𝑂𝐼) c. Soit D’l’image de D par f On a ABD est un triangle équilatéral direct donc 𝑓(𝐴𝐵𝐷) = 𝐵𝐷𝐷′ est un triangle équilatéral indirect Ainsi 𝐷′ = 𝐶 et par suite 𝑓(𝐴𝐵𝐷) = 𝐵𝐷𝐶 2) a. On a 𝑆({𝐴, 𝐵, 𝐷}) = {𝐵, 𝐶, 𝐷} et 𝑆(𝐴) = 𝐶 donc 𝑆({𝐵, 𝐷}) = {𝐵, 𝐷} ainsi 𝑆([𝐵𝐷]) = [𝐵𝐷] b. 𝑆({𝐵, 𝐷}) = {𝐵, 𝐷} donc {

𝑆(𝐵) = 𝐵 𝑆(𝐵) = 𝐷 ou { alors 𝑆 = 𝑆(𝐵𝐷) ou 𝑆 = 𝑆(𝐴𝐶) 𝑆(𝐷) = 𝐷 𝑆(𝐷) = 𝐵

car deux antidéplacements qui coïncide suivant deux points distincts sont égaux et comme 𝑆(𝐴) = 𝐶 donc 𝑆 = 𝑆(𝐵𝐷) 3)a. On a 𝑔({𝐴, 𝐵, 𝐷}) = {𝐵, 𝐶, 𝐷} et 𝑔(𝐴) = 𝐷 donc 𝑔({𝐵, 𝐷}) = {𝐵, 𝐶} Supposons que 𝑔(𝐷) = 𝐶 alors 𝑔(𝐵) = 𝐵 donc 𝑔 = 𝑆𝛥 absurde car 𝑔 ∘ 𝑔(𝐴) = 𝐶 et 𝐴 ≠ 𝐶 Ainsi 𝑔(𝐷) = 𝐵 b. On a 𝑔 ∘ 𝑔(𝐴) = 𝐵 et 𝐴 ≠ 𝐵 donc g est une symétrie glissante. Soit 𝑔 = 𝑡→ ∘ 𝑆𝛥 = 𝑆𝛥 ∘ 𝑡→ 𝑢 𝑢 → → 𝑔 ∘ 𝑔 = 𝑡2𝑢→ → → 1 → { alors 2𝑢 = 𝐴𝐵 donc 𝑢 = 𝐴𝐵 = 𝐴𝐼 2 𝑔 ∘ 𝑔(𝐴) = 𝐵

D’une part 𝑓(𝐴) = 𝐷 et 𝐽 est le milieu de [𝐴𝐷] donc 𝐽 ∈ 𝛥 D’autre part 𝑓(𝐷) = 𝐵 et 𝑂 est le milieu de [𝐵𝐷] donc 𝑂 ∈ 𝛥 Ainsi 𝛥 = (𝑂𝐽)